図Aのように、点Aから辺BCに垂線を下ろし、その足をＤとすると、△ABCは二等辺三角形なので、
$\mathrm{BD}=\mathrm{CD}=1$
である。

直角三角形ABDにおいて、
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ABD}=\frac{\mathrm{B}\mathrm{D}}{\mathrm{A}\mathrm{B}}$
$\displaystyle \cos\angle \mathrm{ABD}$$\displaystyle =\frac{1}{3}$
である。

解答ア：１, イ：３

$\cos\angle \mathrm{ABC}$から$\sin\angle \mathrm{ABC}$の変換は、$\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1$を使うと、
$\sin^{2}\angle \mathrm{ABC}+\cos^{2}\angle \mathrm{ABC}=1$より、
$\sin^{2}\angle \mathrm{ABC}+\left(\frac{1}{3}\right)^{2}=1$
$\sin^{2}\angle \mathrm{ABC}=1-\left(\frac{1}{3}\right)^{2}$
$\displaystyle \sin^{2}\angle \mathrm{ABC}$$\displaystyle =\frac{8}{3^{2}}$
$0 \lt \sin\angle \mathrm{ABC}$なので、
$\displaystyle \sin\angle \mathrm{ABC}=\frac{\sqrt{8}}{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$
である。

解答ウ：２, エ：２, オ：３

△ABCの面積を求める方法はいくつかあるので、ついでに復習しておこう。

復習

図の固定

図のような三角形$\mathrm{ABC}$の面積を$S$，内接円の半径を$r$，外接円の半径を$R$とするとき、
$S=\displaystyle \frac{1}{2}\mathrm{a}h$ $S=\displaystyle \frac{1}{2}ac\sin\angle \mathrm{B}$ $S=\displaystyle \frac{1}{2}r(a+b+c)$ $S=\displaystyle \frac{abc}{4R}$ $S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$
ただし、$s=\displaystyle \frac{a+b+c}{2}$
（ヘロンの公式） である。

問題の流れを考えると出題者の意図は２番目の$S=\displaystyle \frac{1}{2}ac\sin\angle \mathrm{B}$なので、それを使おう。他の方法は別解を見てほしい。

$\displaystyle \triangle \mathrm{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}\cdot\sin\angle \mathrm{ABC}$より、
$\displaystyle \triangle \mathrm{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 2\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}$
$\triangle \mathrm{ABC}$$=2\sqrt{2}$
となる。

解答カ：２, キ：２

次は内接円の半径だけど、内接円の半径が出てくる公式は、復習の３番目の$S=\displaystyle \frac{1}{2}r(a+b+c)$しかない。
今回はすでに三角形の面積$S$が分かっているので、迷うことなくこの公式を使おう。

求める内接円の半径を$r$とすると、
$\displaystyle \triangle \mathrm{ABC}=\frac{1}{2}r(\mathrm{AB}+\mathrm{BC}+\mathrm{CA})$より、
$2\displaystyle \sqrt{2}=\frac{1}{2}r(3+2+3)$
$4r=2\sqrt{2}$
$r=\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}$
である。

解答ク：２, ケ：２

円Ｉの中心から点Bまでの距離は、図Ａの$\mathrm{BI}$の長さ。
すでに
$\mathrm{BD}=1$
$\mathrm{ID}=$円Ｉの半径$=\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}$
が分かっているので、三平方の定理を使おう。

$\mathrm{BI}^{2}=\mathrm{BD}^{2}+\mathrm{ID}^{2}$
$\mathrm{BI}^{2}$$=1^{2}+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}$
$\displaystyle \mathrm{BI}^{2}$$\displaystyle =\frac{6}{2^{2}}$
$0 \lt \mathrm{BI}$なので、
$\displaystyle \mathrm{BI}=\frac{\sqrt{6}}{2}$
である。

解答コ：６, サ：２

次は円Iと円Oの位置関係だ。図Ａを見れば異なる２点で交わるのは明らかだけど、それは分かってないってことで話を進める。
ここで、２円の位置関係の復習をしておこう。

復習

２円の中心間の距離を$d$，緑の円の半径を$r$，オレンジの円の半径を$R$とすると、

$d \lt r-R$
のとき

$r-R=d$
のとき

$r-R \lt d \lt r+R$
のとき

$r+R=d$
のとき

$r+R \lt d$
のとき

だった、

円Iの半径$r$は$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}$ 円Oの半径$R$は$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}$ なので、
$r-R=\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}$式Ａ $r+R=\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}$式Ｂ ってのは分かっているけど、２円の中心間の距離が分からない。
なので、それを求めよう。。

△BPQは二等辺三角形なので、点Ｏは$\angle \mathrm{PBQ}$の二等分線上にある。
点Ｉは△$\mathrm{ABC}$の内接円なので、点Ｉは$\angle \mathrm{ABC}$の二等分線上にある。
つまり、三点BOIは一直線上にある。

コサより、$\displaystyle \mathrm{BI}=\frac{\sqrt{6}}{2}$
$\mathrm{BO}$は円Ｏの半径なので、$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}$
よって、２つの円の中心間の距離IOを$d$とすると、
$d=\mathrm{BI}-\mathrm{BO}$
$d\displaystyle $$\displaystyle =\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}$式Ｃ
である。

式Ａと式Ｃを見比べると、$-\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}$の部分は共通なので、$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}$と$\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{2}$の大小を考えれば$r-R$と$d$の大小が分かる。
$\sqrt{2} \lt \sqrt{6}$なので、
$r-R \lt d$

式Ｂと式Ｃの大小関係はすぐに分からないので、引き算をした結果が正か負かで判断しよう。
式Ｂ-式Ｃ、つまり$(r+R)-d$より、
$(r+R)-d=\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}-\left(\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}\right)$
$(r+R)-d\displaystyle $$\displaystyle =\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}-\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}$
$(r+R)-d\displaystyle $$\displaystyle =\frac{2\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}$
$(r+R)-d\displaystyle $$\displaystyle =\frac{\sqrt{8}-\sqrt{6}}{2}$
なので、
$0 \lt (r+R)-d$
だから、
$d \lt r+R$

以上より、
$r-R \lt d \lt r+R$
なので、復習の図Ｅにあたる。
よって、２円は異なる２点で交わる。

解答セ：３

円Ｉの円周上に点Ｅ，Ｆをとる。
Ｅ，Ｆは、図Ｈのように２種類考えられるけど、どちらでも答は変わらない。ここでは、オレンジ色の場所にとると図が見にくいので、黒の場所にしておく。

ソタは、円と交わった直線の、円との交点からの長さの問題。
真っ先に疑うのは、方べきの定理だ。

方べきの定理より、
$\mathrm{CF}\cdot \mathrm{CE}=\mathrm{CD}^{2}$なので、
$\sqrt{2}\mathrm{CE}=1^{2}$
$\displaystyle \mathrm{CE}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
$\displaystyle \mathrm{CE}$$\displaystyle =\frac{\sqrt{2}}{2}$
である。

解答ソ：２, タ：２

よって、点Ｅは線分CFの中点なので、
$\displaystyle \frac{\mathrm{E}\mathrm{F}}{\mathrm{C}\mathrm{E}}=1$
となる。

解答チ：１

以上より、
点Ｄは線分BCの中点 点Ｅは線分CFの中点 なので、点Ｇは△BCFの重心である。
よって、重心の性質より、
$\mathrm{CG}:\mathrm{GM}=2:1$
なので、
$\displaystyle \frac{\mathrm{G}\mathrm{M}}{\mathrm{C}\mathrm{G}}=\frac{1}{2}$
となる。

解答ツ：１, テ：２